2023-2024学年湖南省名校联考联合体高一下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2湖南省名校联考联合体2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.）1.在中，角所对的边分别为.若，则（）A.2 B.4 C.16 D.〖答案〗B〖解析〗因为在中，，由余弦定理得，解得.故选：B.2.设复数，则复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗由复数，可得，所以，则对应的点在第一象限.故选：A.3.已知点，则与向量共线的单位向量为（）A. B.或C. D.或〖答案〗D〖解析〗与共线的单位向量为，即或.故选：D.4.如图，已知的半径为4，若劣弧长为，则劣弧所对圆周角的正弦的平方为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设劣弧所对的圆周角为，则其所对圆心角为，由圆心角等于弧长除以半径可知，即，又由，可以解得.故选：C.5.已知矩形的长，宽.点在线段上运动（不与两点重合），则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意得，点在线段上，设，且.以为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，则，则，由，故，所以，由于，所以.故选：A.6.设的内角的对边分别为，已知，且，则角（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，由正弦定理得，，或，又.故选：B.7.声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数.声音的音调､响度､音长和音色等要素都与正弦函数及其参数有关.比如：振幅会影响响度，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小；频率会影响音调，频率低的声音低沉，频率高的声音尖利.平常我们听到的每个音都是由纯音合成的，可用函数来描述.设某声音甲的函数模型为，纯音乙的函数模型是，结合上述材料进行分析，下列说法正确的是（）A.函数的图象关于轴对称B.函数在区间上单调递减C.声音甲的响度一定比纯音乙的响度小D.声音甲一定比纯音乙更低沉〖答案〗D〖解析〗A选项，因为，定义域为，，所以为奇函数，其图象关于原点对称，错误；选项，因为，所以都在区间上单调递增，所以在区间上单调递增，B错误；C选项，因为，所以的振幅大于的振幅，甲声音的响度更大，故错误；D选项，易知的周期是的周期是，所以的频率小于的频率，甲声音更低沉，故D正确.故选：D.8.如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（）A. B.3 C. D.〖答案〗D〖解析〗在上取点，使得，分别连结，因为，可得，且，所以四边形为平行四边形，所以，由且，可得，又由且，所以，正方体中，可得，所以，因为平面，且平面，所以平面，同理可证平面，又因为，且平面，所以平面平面，因此点的轨迹为线段，在等腰三角形中，，可得底边上的高为，此即为长度的最小值.故选：D.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9.下列说法正确的是（）A.单位向量都相等B.非零向量和满足，则与的夹角为C.在四边形中，，则四边形平行四边形D.若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为平面向量的基底〖答案〗BC〖解析〗对于A，单位向量的模都是1，但方向是任意的，所以不一定相等，故A错误；对于B，非零向量和满足，则以为三边的三角形是正三角形，所以与的夹角为，故B正确；对于C，因为是不共线的点，，即模相等且方向相同，所以四边形对边平行且相等，故四边形是平行四边形，故C正确；对于D，，则为共线向量，不可以作为平面向量的基底，故D错误.故选：BC．10.如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（）A.平面平面B.直线与所成的角的正切值是C.三棱锥的外接球的表面积是D.该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍〖答案〗ABC〖解析〗对于A中，因为，且，所以平面，又因为平面，则平面平面，所以A正确；对于B中，因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在平行四边形中，与相交于点，等腰直角三角形，，所以，可得，所以，又由，解得，所以B正确；对于C中，由于两两垂直且相等，故可将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，半径是，所以外接球的表面积是，所以C正确；对于D中，在平行四边形中，可得，可得，所以，同理可得：，，相加得，所以该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的2倍，所以D错误.故选：ABC.11.已知函数，且在区间上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值可以是（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗函数在区间上为单调函数，且当时，在上单调递增，，解得，又函数有两个不同的零点等价于有两个不同的实数根，函数的图象与直线有两个不同的交点，作出函数与直线的图象，当时，由得，由于，故，易知函数与直线的图象在上有唯一交点，则函数与直线的图象在上有唯一交点，故或与的图象相切，即有唯一解，或或，综上，实数的取值范围为，结合选项可知BCD符合题意.故选：BCD.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.）12.如图，表示水平放置的的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为__________.〖答案〗〖解析〗设的边上的高为，由斜二测画法原理可得，所以，又，所以.故〖答案〗为：.13.已知，则的大小关系为__________.（用“<”号表示）〖答案〗〖解析〗，又，.故〖答案〗为：.14.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，又，则，所以，两式相加可得，化简可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以.故〖答案〗为：.四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.设的内角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交边于，求的值.解：（1）已知，由正弦定理得：，整理可得，所以，由于，所以.（2）由得，角的平分线交边于，得，且，，，又，联立解得或，因为，由角平分线定理可得，.16.已知向量，函数.（1）若，求的值；（2）已知是锐角三角形，角所对应边分别为，且，求的取值范围.解：（1）向量，则函数，因为，所以，所以，.（2）由（1）得，，，由，得，因为是锐角三角形，所以或，①当时，，由可得，由正弦定理得，令，因为，所以，在上单调递增，当时，，当时，，故，即，②当时，，则，与已知矛盾，综上所述，的取值范围是.17.如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求直线与平面所成角的大小.解：（1）如图，取中点，连接，由于分别为的中点，故，且，又，可得，且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.（2）因为为的中点，所以，因为底面，所以，即.（3）因为底面底面，又平面，平面，又平面，为的中点，，又平面，平面，直线在平面内的射影为直线，故为直线与平面所成的角，由底面底面可得，，为等腰直角三角形，且平分，，所以直线与平面所成的角为.18.城市住宅小区的绿化建设是提升小区品质､改善空气质量､创造美丽怡人的居住环境的重要组成部分.如图1，长沙市某小区居民决定在小区内部一块半径长为的半圆形荒地上建设一块矩形绿化园，其中位于半圆的直径上，位于半圆的圆弧上，记.（1）求矩形面积关于的函数〖解析〗式，并求该矩形面积的最大值以及取得最大值时的值.（2）部分居民提出意见，认为这样的绿化同建设太过单调，一名居住在本小区的设计师提出了如图2的绿化园建设新方案：在半圆的圆弧上取两点，使得，扇形区域和均进行绿化建设，同时，在扇形内，再将矩形区域也全部进行绿化建设，其中分别在直线上，与平行，在扇形的圆弧上，请问：与（1）中的原方案相比，选择哪一种方案所得到的绿化面积的最大值更大？解：（1）作与平行，交于，与平行，四边形为矩形，，平分平分，；，，当时，矩形面积最大，最大面积为.（2）作平行于，交于于，连接，设，延长交于，平行于，交于于，，平分平分，又，由圆的性质，有，，，又，得到平行于，显然四边形为矩形，故，而，，，故矩形面积为，当时，矩形面积的最大值为，故新方案的绿化园面积最大值为，所以（2）中新方案的绿化面积最大值比（1）中原方案的绿化面积最大值更大.19.在数学中，双曲函数是一类与常见的三角函数类似的函数.其中，双曲余弦函数：，双曲正弦函数：，双曲正切函数：.（1）写出函数的单调区间，并求它的值域；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）已知，，，点为的内心，求点的横坐标.解：（1），因单调递增，值域为，故单调递减，值域为，故的单调递增区间为，值域为.（2）因为，又值域为，令，原命题等价于（记为①式）在时恒成立，由于在单调递增，且，，故原命题等价于①式在时恒成立，即①（记为②式）在时恒成立，而在上，的值域为，故在上的值域为，故②在时恒成立等价于，解得或，综上，的取值范围是.（3）设分别长为，方法一：由于，，故点在双曲线的右支上，而分别是双曲线的左焦点和右焦点，故，如图，记内切圆在上的切点分别为，由于同一点向同一圆引出的两切线长度相等，故，，，而，又，故，而，故，又由切线的性质知，故点的横坐标为1.方法二：，注意到，故，类似地，，故，如图，记内切圆在上的切点分别为，由于同一点向同一圆引出的两切线长度相等，故，，，而，又，故，而，故，又由切线的性质知，故点的横坐标为1.方法三：设坐标为，，由三角形内心性质，知，即，解得，③而，，因为，故，类似地，，将取值代入③，得，故点的横坐标为1，补证式：如图，在中，为内心，下证，证明：延长交于，由角平分线性质，故，，故④又，故，⑤⑤代入④，得.湖南省名校联考联合体2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.）1.在中，角所对的边分别为.若，则（）A.2 B.4 C.16 D.〖答案〗B〖解析〗因为在中，，由余弦定理得，解得.故选：B.2.设复数，则复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗由复数，可得，所以，则对应的点在第一象限.故选：A.3.已知点，则与向量共线的单位向量为（）A. B.或C. D.或〖答案〗D〖解析〗与共线的单位向量为，即或.故选：D.4.如图，已知的半径为4，若劣弧长为，则劣弧所对圆周角的正弦的平方为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设劣弧所对的圆周角为，则其所对圆心角为，由圆心角等于弧长除以半径可知，即，又由，可以解得.故选：C.5.已知矩形的长，宽.点在线段上运动（不与两点重合），则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意得，点在线段上，设，且.以为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，则，则，由，故，所以，由于，所以.故选：A.6.设的内角的对边分别为，已知，且，则角（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，由正弦定理得，，或，又.故选：B.7.声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数.声音的音调､响度､音长和音色等要素都与正弦函数及其参数有关.比如：振幅会影响响度，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小；频率会影响音调，频率低的声音低沉，频率高的声音尖利.平常我们听到的每个音都是由纯音合成的，可用函数来描述.设某声音甲的函数模型为，纯音乙的函数模型是，结合上述材料进行分析，下列说法正确的是（）A.函数的图象关于轴对称B.函数在区间上单调递减C.声音甲的响度一定比纯音乙的响度小D.声音甲一定比纯音乙更低沉〖答案〗D〖解析〗A选项，因为，定义域为，，所以为奇函数，其图象关于原点对称，错误；选项，因为，所以都在区间上单调递增，所以在区间上单调递增，B错误；C选项，因为，所以的振幅大于的振幅，甲声音的响度更大，故错误；D选项，易知的周期是的周期是，所以的频率小于的频率，甲声音更低沉，故D正确.故选：D.8.如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（）A. B.3 C. D.〖答案〗D〖解析〗在上取点，使得，分别连结，因为，可得，且，所以四边形为平行四边形，所以，由且，可得，又由且，所以，正方体中，可得，所以，因为平面，且平面，所以平面，同理可证平面，又因为，且平面，所以平面平面，因此点的轨迹为线段，在等腰三角形中，，可得底边上的高为，此即为长度的最小值.故选：D.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9.下列说法正确的是（）A.单位向量都相等B.非零向量和满足，则与的夹角为C.在四边形中，，则四边形平行四边形D.若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为平面向量的基底〖答案〗BC〖解析〗对于A，单位向量的模都是1，但方向是任意的，所以不一定相等，故A错误；对于B，非零向量和满足，则以为三边的三角形是正三角形，所以与的夹角为，故B正确；对于C，因为是不共线的点，，即模相等且方向相同，所以四边形对边平行且相等，故四边形是平行四边形，故C正确；对于D，，则为共线向量，不可以作为平面向量的基底，故D错误.故选：BC．10.如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（）A.平面平面B.直线与所成的角的正切值是C.三棱锥的外接球的表面积是D.该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍〖答案〗ABC〖解析〗对于A中，因为，且，所以平面，又因为平面，则平面平面，所以A正确；对于B中，因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在平行四边形中，与相交于点，等腰直角三角形，，所以，可得，所以，又由，解得，所以B正确；对于C中，由于两两垂直且相等，故可将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，半径是，所以外接球的表面积是，所以C正确；对于D中，在平行四边形中，可得，可得，所以，同理可得：，，相加得，所以该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的2倍，所以D错误.故选：ABC.11.已知函数，且在区间上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值可以是（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗函数在区间上为单调函数，且当时，在上单调递增，，解得，又函数有两个不同的零点等价于有两个不同的实数根，函数的图象与直线有两个不同的交点，作出函数与直线的图象，当时，由得，由于，故，易知函数与直线的图象在上有唯一交点，则函数与直线的图象在上有唯一交点，故或与的图象相切，即有唯一解，或或，综上，实数的取值范围为，结合选项可知BCD符合题意.故选：BCD.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.）12.如图，表示水平放置的的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为__________.〖答案〗〖解析〗设的边上的高为，由斜二测画法原理可得，所以，又，所以.故〖答案〗为：.13.已知，则的大小关系为__________.（用“<”号表示）〖答案〗〖解析〗，又，.故〖答案〗为：.14.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，又，则，所以，两式相加可得，化简可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以.故〖答案〗为：.四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.设的内角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交边于，求的值.解：（1）已知，由正弦定理得：，整理可得，所以，由于，所以.（2）由得，角的平分线交边于，得，且，，，又，联立解得或，因为，由角平分线定理可得，.16.已知向量，函数.（1）若，求的值；（2）已知是锐角三角形，角所对应边分别为，且，求的取值范围.解：（1）向量，则函数，因为，所以，所以，.（2）由（1）得，，，由，得，因为是锐角三角形，所以或，①当时，，由可得，由正弦定理得，令，因为，所以，在上单调递增，当时，，当时，，故，即，②当时，，则，与已知矛盾，综上所述，的取值范围是.17.如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求直线与平面所成角的大小.解：（1）如图，取中点，连接，由于分别为的中点，故，且，又，可得，且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.（2）因为为的中点，所以，因为底面，所以，即.（3）因为底面底面，又平面，平面，又平面，为的中点，，又平面，平面，直线在平面内的射影为直线，故为直线与平面所成的角，由底面底面可得，，为等腰直角三角形，且平分，，所以直线与平面所成的角为.18.城市住宅小区的绿化建设是提升小区品质､改善空气质量､创造美丽怡人的居住环境的重要组成部分.如图1，长沙市某小区居民决定在小区内部一块半径长为的半圆形荒地上建设一块矩形绿化园，其中位于半圆的直径上，位于半圆的圆弧上，记.（1）求矩形面积关于的函数〖解析〗式，并求该矩形面积的最大值以及取得最大值时的值.（2）部分居民提出意见，认为这样的绿化同建设太过单调，一名居住在本小区的设计师提出了如图2的绿化园建设新方案：在半圆的圆弧上取两点，使得，扇形